【POJ】[1061]青蛙的约会

青蛙的约会

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Description

两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x，青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

Input

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行”Impossible”

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

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很容易想到与扩展欧几里德有关

由题意可得到

(x+m⋅t)−(y+n⋅t)=k⋅L⇒(m−n)t−k⋅L=y−x

把它化成 a⋅x+b⋅y=gcd(a,b)

则

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪a=m−nb=−Lx=ty=k

所以可判断(y-x)是否能整除gcd(m-n,-L)
因为L必然大于0
所以把公式写为 (n−m)t+k⋅L=x−y
用扩展欧几里德算法求出x y
剩下可求出了t
然后考虑t<0的情况
引用一段题解

定理一：如果d =gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*x+ b*y。
定理二：若gcd(a,b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
定理三：若gcd(a,b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
证明：上述同余方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (modb/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以用x = (x% r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）。

#include<stdio.h>long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) {    if(b==0) {        x=1,y=0;        return a;    }    long long d=exgcd(b,a%b,y,x);    y-=x*(a/b);    return d;}int main() {    long long x,y,m,n,L;    while(scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF) {        long long t1,t2;        long long d=exgcd(n-m,L,t1,t2);        if((y-x)%d!=0)            printf("Impossible\n");        else {            t1=t1*((x-y)/d);            long long r=L/d;            t1=(t1%r+r)%r;            printf("%lld\n",t1);        }    }    return 0;}

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